robin997

Giải phương trình:
1) $x^{2}\sqrt{x}+(x-5)^{2}\sqrt{5-x}=11(\sqrt{x}+\sqrt{5-x})$
2) $2x^{3}=1+\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}$

Bài 1) cũng như mấy bài trước, đặt y=5-x:

$\begin{cases}
& \ x^5+y^5=11(x+y) \\
& \ x^2+y^2=5
\end{cases}(x;y\geq 0)$
Đặt S,P, giải pt đối xứng như bt và so với đk nha bạn (^ ^,)
Bài 2) thì mình giải cách khác hen :")
-Xét 2 đường cong có pt:
$(C_1):f(x)=y=2x^3\\
(C_2):g(x)=y=1+\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}$
-Nghiệm pt là hoành độ của gđ 2 đường(lấy là điểm M)
-Ta đổi trục theo CT:
$\begin{cases}
& \ X=x+1 \\
& \ Y=y
\end{cases}$
-Ta có:
$(C_1):f_0(X)=Y=2(X-1)^3\\
(C_2):g_0(X)=Y=1+\sqrt[3]{\frac{X}{2}}$
-Ta dễ dàng thấy $f_0$ là hàm ngược của $g_0$.
$(C_1)$ đối xứng $(C_2)$ qua đt: $X=Y$.
Do đó, 3 đường đồng quy.
-Giải pt hoành độ gđ của $C_1$ và đt:$X=Y$ để tính $X_M$:
$2(X_M-1)^3=X\Leftrightarrow(X_M-2)(2X_{M}^2-2X_{M}+1)=0\Leftrightarrow X_M=2$
-Thế vào ct, tính $x_m$, và đó chính là nghiệm của pt! (^ ^,)//
PS:Mình thấy cách này hay là nó có thể tìm tất cả nghiệm(nếu có) của pt.
Nếu bạn không thích thì có thể dùng cách tách và nhân llh như ở mấy bài cũ hen

$2sin3x - cos^4x = sin^{2}2xsin3x + sin^4x(1)$

-Ta có: $Cos^4x+Sin^4x=1-\frac{1}{2}Sin^{2}2x$
-$(1)\Leftrightarrow Sin^22xSin{3x}-\frac{1}{2}Sin^{2}2x+1-2Sin3x=0\\\Leftrightarrow 2Sin^22xSin{3x}-Sin^{2}2x+2-4Sin3x=0\\\Leftrightarrow (1-2Sin3x)(2-Sin^22x)=0$
đến đây tự làm tiếp nha bạn ^^,

Đề bài :
CMR: với mọi số tự nhiên $n>2$ thì phương trình $x^n+(x+1)^n=(x+2)^n$ không có nghiệm tự nhiên

Điều này là hiển nhiên theo định lý cuối của Fermat

Giải phương trình: $2x+1+x\sqrt{x^{2}+2}+(x+1)\sqrt{x^{2}+2x+3}=0(*)$

Hì..bài này làm giống pp với mấy bài trên ấy..
-Lấy y=x+1,ta có:
$(*)\Rightarrow x+y+x\sqrt{x^2+2}+y\sqrt{y^2+2}=0\\\Leftrightarrow y(\sqrt{y^2+2}+1)=-x(\sqrt{x^2+2}+1)\\\Leftrightarrow f(y)=f(-x)(**)$
(Với $f(u)=u(\sqrt{u^2+2}+1)$)
Mà $f'(u)=\sqrt{u^2+2}+1+\frac{2u^2}{\sqrt{u^2+2}}>0$
f là một hàm đơn điệu trên R.
Do đó: $(**)\Leftrightarrow y=-x$
Hay $x+1=-x\Leftrightarrow x=-0,5$
-Pt có nghiệm duy nhất: x=-0,5

cho n tự nhiên lớn hơn 1 và 2n điểm nằm cách đều trên 1 đường tròn cho trước,hỏi có tất cả bao nhiêu bộ n đoạn thẳng thỏa:
a) mỗi đoạn thẳng thuộc bộ có 2 đầu mút là 2 trong 2n điểm đã cho
b)tất cả các đoạn thẳng thuộc bộ đôi 1 không có điểm chung

(e làm thử nha ^^,)
-Lấy $a_n$ là số bộ đt thỏa đề ứng với 2n điểm (n>1)
-Ta có :

$\begin{cases}
& \ a_2=3 \\
& \ a_{n}=a_{n-1}(2n-1)
\end{cases}$
(pt cuối có thể cm đc bằng quy nạp)
$\Rightarrow \frac{a_n}{a_{n-1}}=2n-1$
-Do đó:
$\prod_{i=3}^{n}{\frac{a_i}{a_{i-1}}}=\prod_{i=3}^{n}{(2i-1)}$
Hay $a_n=a_2.\prod_{i=3}^{n}{(2i-1)}=\prod_{i=2}^{n}{(2i-1)}$

Mình viết nhầm,mình đã sửa

mà pt có 1 nghiệm là -$\sqrt{3}$ mà a ơi??

Đề bài:Tìm tất cả các hàm số $f:Z \to R$ thoả mãn $f(1)=\frac{5}{2}(1)$ và
$$f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)(*)$$
Với mọi số nguyên $x,y$
MOSP-2005

Mình giải ha
-Với x=y, ta có từ (*): hoặc f(0)=0 hoặc f(0)=2
-TH1: f(0)=0:
Với $x\in Z$ và y=0, ta được từ (*): f(x)=0, điều này trái với (1)
-TH2: f(0)=2:
Thay x bởi (x+1) và y=1 và lấy $a_x$=f(x), ta được từ (*):
$\begin{cases}
& \ a_0=2 \\
& \ a_1=2,5 \\
& \ a_{x+2}-2.5a_{x+1}+a_x=0(I)
\end{cases}$
-Giải (I), ta có: $ a_x=2^xc_1+0,5^xc_2 $
-Với $a_0=2;a_1=2.5$ , lập hệ, tính được $c_1=c_2=1$
-Vậy nghiệm của pt là: $f(x)=2^x+0.5^x$ (Thế lại, thỏa pt )

Tìm SHTQ dãy $\{a_n\}$ thứ tự tăng dần các số nguyên dương chia hết cho $2$ hoặc chia hết cho $3$ nhưng không chia hết cho $6$

-Ta có công thức:

$\begin{cases}
& \ a_1=2 \\
& \ a_2=3 \\
& \ a_3=4 \\
& \ a_{n+3}=a_{n}+6(*)
\end{cases}$
-Giải (*), ta được:

$a_n=2n+c_1+(-1)^n(c_2.Cos\frac{n\pi }{3}+c_3.Sin\frac{n\pi }{3})$
-Với $a_1=2;a_2=3;a_3=4$, lập hệ và tính $c_1;c_2;c_3$:$\begin{cases}
& \ c_1=-1 \\
& \ c_2=-1 \\
& \ c_3=-\frac{\sqrt{3}}{3}
\end{cases}$
-Vậy SHTQ của dãy là:
$a_n=2n-1+(-1)^{n+1}(Cos\frac{n\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{3} .Sin\frac{n\pi }{3})$

Tìm SHTQ dãy $\{a_n\}$ thứ tự tăng dần các số nguyên dương chia hết cho $2$ hoặc chia hết cho $3$ nhưng không chia hết cho $6$

Mình giải hen (^ ^,")//
-Ta có một số hạng bất kì của dãy đều phải chia 6 dư hoặc 2, hoặc 3,nên ${a_n}$ được cho bằng CT:

$\begin{cases}
& \ a_1=2 \\
& \ a_2=3 \\
& \ a_{n+2}=a_{n}+6
\end{cases}\\\Rightarrow a_{n+3}-a_{n+2}-a_{n+1}+a_n=0$
-Giải ra, ta được: $a_n=c_1(-1)^n+c_2+n.c_3$
-Với $a_1=2;a_2=3;a_3=8$, tính được $c_1;c_2;c_3$
-Vậy shtq của dãy là: $a_n=(-1)^{n+1}+3n-2$
(Bài sai, sửa ở dưới hen )

2) $\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{x-1}=\sqrt[4]{x+1}$

Bài 2) hen
-ĐK:x$\geq$1
-Ta có:$\sqrt[4]{x-1}+\sqrt[4]{x}=\sqrt[4]{x+1}\\\Leftrightarrow \sqrt[4]{1-\frac{1}{x}}+1=\sqrt[4]{1+\frac{1}{x}}$
(x=0 không là nghiệm của pt)
-Lấy:$\begin{cases}
& \ a=\sqrt[4]{1-\frac{1}{x}} \\
& \ b=\sqrt[4]{1+\frac{1}{x}}
\end{cases}\\\Rightarrow \begin{cases}
& \ a+1=b \\
& \ a^4+b^4=2 (a>0;b>0)
\end{cases}$
-Thế vào pt dưới, ta có:$2a^4+4a^3+6a^2+4a-1=0$
-Giải pt bậc 4 ẩn a, ta được:
$a=\frac{-1+\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}$hoặc$a=\frac{-1-\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}$
Mà theo đk trên, nên: $a=\frac{-1+\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}$
-Vậy pt có nghiệm duy nhất: $x=\frac{1}{1-a^4}$(Với$a=\frac{-1+\sqrt{2\sqrt{6}-3}}{2}$)

1) $2\sqrt{x}+\sqrt[4]{1-2x}=1$

Mình giải hen (^ ^,")//
bài 1) nè:
- ĐK:$0\leq x\leq 0,5$
- Ta có: $2\sqrt{x}+\sqrt[4]{1-2x}=1\\\Leftrightarrow 2\sqrt{x}+\sqrt[4]{1-2x}-1=0\\\Leftrightarrow 2\sqrt{x}+\frac{-2x}{(\sqrt[4]{1-2x}+1)(\sqrt{1-2x}+1)}=0\\\Leftrightarrow 2\sqrt{x}(1-\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt[4]{1-2x}+1)(\sqrt{1-2x}+1)})=0$
Mà $x\leq 0,5$ Hay $\sqrt{x}<1<(\sqrt[4]{1-2x}+1)(\sqrt{1-2x}+1)\Leftrightarrow 1>\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt[4]{1-2x}+1)(\sqrt{1-2x}+1)}$
Do đó: x=0(Thỏa đk)
-Vậy pt có nghiệm duy nhất: x=0

Giải hệ

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sqrt {x + 3} = {y^3} - 6}\\
{\sqrt {y + 2} = {z^3} - 25} (I)\\
{\sqrt {z + 1} = {x^3} + 1}
\end{array}} \right.$

-Mình giải thử hen (^ ^,")//
-ĐK:(bạn tự đặt nha)
-$(I)\Leftrightarrow$$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sqrt {x + 3}-2 = {y^3} - 8}\\
{\sqrt {y + 2}-2 = {z^3} - 27}\\
{\sqrt {z + 1}-2 = {x^3} -1}
\end{array}} \right.$
$\Leftrightarrow$\begin{cases} & \frac{x-1}{\sqrt{x+3}+2}=(y-2)(y^2+2y+4) \\ & \frac{y-2}{\sqrt{y+2}+2}= (z-3)(z^2+3z+9) \\ & \frac{z-3}{\sqrt{z+1}+2}=(x-1)(x^2+x+1) \end{cases}
-Ta có (x;y;z)=(1;2;3) là 1 nghiệm của hệ:
-Xét (x;y;z)$\neq$(1;2;3), nhân theo vế 3 phương trình rồi rút gọn, ta được:
$(x^2+x+1)(y^2+2y+4)(z^2+3z+9)(\sqrt{x+3}+2)(\sqrt{y+2}+2)(\sqrt{z+1}+2)=1$
Với VT>2.2.2.3.6,75.0,75>1=VP
Nên hệ lúc này vô nghiệm
-Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x;y;z)=(1;2;3)

tìm hàm f:$\mathbb{N}$ $\rightarrow$$\mathbb{N}$ sao cho:
i) $f(n+f(n))=f(n)$
ii)tồn tại $n_0$ sao cho $f(n_0)=1$

-Lấy $f(n)=g(n)-n$,ta được:
$g(g(n))-2g(n)+n=0$
Tới đây là dạng quen thuộc, tính được $g(n)=n+c$
Nên: $f(n)=c$
-Mà theo giả thiết 2, ta có nghiệm của phương trình là: $f(n)=1$